【备战2025年高考】 高中物理一轮复习 运动和力的关系专题 第4章 专题强化6 圆周运动中的临界、极值问题（教师版+学生版）

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1.掌握水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动的动力学问题的分析方法.
2.会分析水平面内、竖直面内和斜面上圆周运动的临界问题．
题型一 水平面内圆周运动的临界问题
提升·关键能力
1．物体做圆周运动时，若物体的速度、角速度发生变化，会引起某些力(如拉力、支持力、摩擦力)发生变化，进而出现某些物理量或运动状态的突变，即出现临界状态．水平面内圆周运动的临界、极值问题通常有两类,一类是与摩擦力有关的临界问题,一类是与弹力有关的临界问题。
a．与摩擦力有关的临界极值问题
物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力。
(1)如果只是摩擦力提供向心力，则最大静摩擦力Ffm＝eq \f(mv2,r)，静摩擦力的方向一定指向圆心。
(2)如果除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连接物体随水平面转动，其中一个物体存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，分别为静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。
b．与弹力有关的临界极值问题
(1)两个接触物体分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零。
(2)绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力。
2．分析方法
分析圆周运动临界问题的方法是让角速度或线速度从小逐渐增大，分析各量的变化，找出临界状态．确定了物体运动的临界状态和临界条件后，选择研究对象进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．
例1 (2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是( )
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
答案 D
解析 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转弯的速度为20 m/s时，根据Fn＝meq \f(v2,R)，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为am＝eq \f(Ff,m)＝7.0 m/s2，D正确．
例2 (多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝eq \r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg
答案 AC
解析 小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a有Ffa＝mωa2l，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝eq \r(\f(kg,l))；对木块b有Ffb＝mωb2·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝eq \r(\f(kg,2l))，则ω＝eq \r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，则Ffb＝mω2·2l，Ffa例3 细绳一端系住一个质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑水平桌面上方h高度处，绳长l大于h，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g.若要小球不离开桌面，其转速不得超过( )
A.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,l)) B．2πeq \r(gh)
C.eq \f(1,2π)eq \r(\f(h,g)) D.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h))
答案 D
解析 对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg、水平桌面支持力FN、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R＝htan θ，受力分析可知Fcs θ＋FN＝mg，Fsin θ＝meq \f(v2,R)＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；当球即将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此时nm＝eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h))，故选D.
例4 (多选)(2023·湖北省公安县等六县质检)如图所示，AB为竖直放置的光滑圆筒，一根长细绳穿过圆筒后一端连着质量为m1＝5 kg的小球(可视为质点)，另一端和细绳BC(悬点为B)在结点C处共同连着一质量为m2的小球(可视为质点)，长细绳能承受的最大拉力为60 N，细绳BC能承受的最大拉力为27.6 N．圆筒顶端A到C点的距离l1＝1.5 m，细绳BC刚好被水平拉直时长l2＝0.9 m，转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度，在BC绳被拉直之前，用手拿着m1，保证其位置不变，在BC绳被拉直之后，放开m1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大
B．当角速度ω＝eq \f(5,3)eq \r(3) rad/s时，BC绳刚好被拉直
C．当角速度ω＝3 rad/s时，AC绳刚好被拉断
D．当角速度ω＝4 rad/s时，BC绳刚好被拉断
答案 ABD
解析 转动圆筒并逐渐缓慢增大角速度的过程中，AC绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大，m2竖直方向处于平衡，由FTAcs θ＝m2g，可知在BC绳被拉直之前，AC绳中拉力逐渐增大，A正确；BC绳刚好被拉直时，由几何关系可知AC绳与竖直方向的夹角的正弦值sin θ＝eq \f(3,5)，对小球m2受力分析，由牛顿第二定律可知m2gtan θ＝m2ω12l2，解得ω1＝eq \f(5,3)eq \r(3) rad/s，B正确；当ω＝3 rad/s>eq \f(5\r(3),3) rad/s，BC绳被拉直且放开了m1，m1就一直处于平衡状态，AC绳中拉力不变且为50 N，小于AC绳承受的最大拉力，AC未被拉断，C错误；对小球m2，竖直方向有m1gcs θ＝m2g，可得m2＝4 kg，当BC被拉断时有m1gsin θ＋FTBC＝m2ω22l2，解得ω2＝4 rad/s，D正确．
题型二 竖直面内圆周运动的临界问题
提升·关键能力
1．两类模型对比
2.解题技巧
(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；
(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；
(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．
考向一 “轻绳”模型
例5 (2023·陕西延安市黄陵中学)如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
B．当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N
C．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4eq \r(2) m/s
D．若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
答案 D
解析 设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v02,R)，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝meq \f(v12,R)，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝meq \f(vm2,R)，解得vm＝4eq \r(2) m/s，故C正确，D错误．
考向二 “轻杆”模型
例6 (2023·山东枣庄市八中月考)如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B(均可视为质点)，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动．
(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小和方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小．
答案 (1)eq \r(gl) (2)2mg 方向竖直向下
(3)能；当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时，O轴不受力
解析 (1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(vA2,l)，解得vA＝eq \r(gl)，因为A、B两球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝eq \r(gl)；
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq \f(vB2,l)
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
对A有FTOA′－mg＝meq \f(vA2,l)
可得FTOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力大小为2mg，方向竖直向下；
(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点
对B有FTOB″＋2mg＝2meq \f(v2,l)
对A有FTOA″－mg＝meq \f(v2,l)
O轴不受力时有FTOA″＝FTOB″
联立可得v＝eq \r(3gl)
所以当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时，O轴不受力．
解决竖直面内圆周运动的基本思路
(1)确定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同,其原因主要是“绳”不能支持物体,而“杆”既能支持物体,也能拉物体。
(2)确定临界点: v临=gr,对轻绳模型来说是物体能否通过最高点的临界点,而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。
(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程,F合=F向。
(5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
题型三 斜面上圆周运动的临界问题
提升·关键能力
物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力大小相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．
物体在转动过程中，转动越快，最容易滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcs θ－mgsin θ＝mω2R.
例7 (多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是( )
A．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B．小物体受到的摩擦力可能背离圆心
C．若小物体与盘面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，则ω的最大值是1.0 rad/s
D．若小物体与盘面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)，则ω的最大值是eq \r(3) rad/s
答案 BC
解析 当物体在最高点时，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故A错误，B正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力 FN＝mgcs 30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcs 30°，又μmgcs 30°－mgsin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故C正确，D错误．
练习·固本增分
1、(2024·安徽省合肥一中模拟)港珠澳大桥总长约55 km，是世界上总体跨度最长、钢结构桥体最长、海底沉管隧道最长的路海大桥，设计时速100 km/h。如图所示，该路段是港珠澳大桥的一段半径r＝150 m的圆弧形弯道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v＝90 km/h做匀速圆周运动(汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度)。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的eq \f(3,4)，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力
B．汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N
C．汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2
D．汽车能安全通过该弯道的最大速度为15eq \r(5) m/s
答案 D
解析 汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供做圆周运动的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff＝meq \f(v2,r)＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为a＝eq \f(v2,r)＝eq \f(25,6) m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道速度最大时满足eq \f(3,4)mg＝meq \f(vm2,r)，解得vm＝15eq \r(5) m/s，故D正确。
2、如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面与水平面的夹角为37°，盘面上离转轴距离1.0 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，小物体的质量为1.0 kg，小物体与盘面间的动摩擦因数为0.8(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。则当ω达到最大值时，小物体运动到最高点时所受摩擦力的大小为(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A．5.6 N B．6.0 N C．6.4 N D．8.0 N
答案 A
解析 经分析，当物体运动到最低点时，摩擦力达到最大值，角速度达到最大值，根据牛顿第二定律得μmgcs 37°－mgsin 37°＝mrωm2
在最高点，根据牛顿第二定律得Ff＋mgsin 37°＝mrωm2，联立以上两式并代入数据得Ff＝－5.6 N负号表示摩擦力的方向沿盘面向上，大小为5.6 N，故选A。
3、 (2024·江苏扬州市江都中学检测)如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分居在圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m，rB＝0.2 m，中间用水平细线相连，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若圆盘从静止开始绕中心转轴非常缓慢地加速转动，g＝10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．A的摩擦力先达到最大
B．当ω1＝2eq \r(5) rad/s，细线开始出现张力
C．当ω1＝eq \r(30) rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动
D．当ω1＝5eq \r(2) rad/s，A、B两物体出现相对圆盘滑动
答案 D
解析 A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAω0A2rA，解得ω0A＝2eq \r(5) rad/s，同理可得，B达到最大静摩擦力时的临界角速度为ω0B＝eq \r(10) rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到角速度临界值，则B的摩擦力先达到最大，选项A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当ω1＝eq \r(10) rad/s时，细线开始出现张力，选项B错误；当A、B两物体出现相对圆盘滑动时，B受到的摩擦力方向背离圆心，A受到的摩擦力方向指向圆心，则对A有FT＋μmAg＝mAω12rA，对B有FT－μmBg＝mBω12rB，解得ω1＝5eq \r(2) rad/s，选项C错误，D正确。
课时精练
1．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的eq \f(3,4)，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为( )
A．15 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/s
答案 B
解析 当FN′＝FN＝eq \f(3,4)G时，有G－FN′＝meq \f(v2,r)，所以eq \f(1,4)G＝meq \f(v2,r)；当FN＝0时，G＝meq \f(v′2,r)，所以v′＝2v＝20 m/s，选项B正确．
2．(2024·江苏南京市中华中学月考)如图甲所示为“铁笼飞车”的特技表演，其抽象出来的理想模型为如图乙所示的内壁光滑的圆球，其中a、b、c分别表示做圆周运动时的不同轨道，a轨道与b轨道均水平，c轨道竖直，一个质点在球内绕其光滑内壁做圆周运动时，下列有关说法正确的是( )
A．沿a轨道可能做变速圆周运动
B．沿c轨道运动的最小速度为0
C．沿a轨道运动的速度比沿b轨道运动的速度大
D．沿a轨道运动的周期比沿b轨道运动的周期大
答案 D
解析 沿a轨道运动，设弹力与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得
mgtan θ＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r，r＝Rsin θ
解得v＝eq \r(gRsin θtan θ)，T＝2πeq \r(\f(Rcs θ,g))
沿a轨道一定做匀速圆周运动，θ越小，v越小，周期越大，沿a轨道运动的速度比沿b轨道运动的速度小，周期大，A、C错误，D正确；
沿c轨道在最高点，根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(vmin2,R)，解得vmin＝eq \r(gR)，故在最高点的最小速度为eq \r(gR)，B错误。
3．(多选)(2023·辽宁阜新市模拟)如图为杭州亚运会体操赛场场景，“单臂大回环”是体操运动中的高难度动作，运动员单臂抓杠，以单杠为轴完成圆周运动，不考虑手和单杠之间的摩擦和空气阻力，将人视为处于重心的质点，将“单臂大回环”看成竖直平面内的圆周运动，等效半径为L，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．单杠对手臂既可能提供拉力，也可能提供支持力
B．从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力不做功
C．若运动员恰好能够完成圆周运动，则运动员在最低点受单杠作用力大小为6mg
D．若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点处时，手臂与单杠之间无作用力
答案 AB
解析 运动员在做圆周运动的过程中，单杠对手臂可能提供拉力，也可能提供支持力，如在最高点，当运动员的重力恰好提供向心力时，有mg＝meq \f(v2,L)，可得v＝eq \r(gL)，当运动员在最高点的速度大于eq \r(gL)时，单杠对运动员的力为拉力，当运动员在最高点的速度小于eq \r(gL)时，单杠对运动员的力为支持力，故A正确；从最高点到最低点的过程中，单杠对人的作用力一直与速度方向垂直，不做功，故B正确；若运动员恰好能够完成此圆周运动，则运动员在最高点的速度为零，此时手臂与单杠之间支持力大小等于运动员的重力大小，故D错误；从最高点到最低点，根据动能定理有mg·2L＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝2eq \r(gL)，在最低点，有F－mg＝meq \f(v2,L)，所以F＝5mg，故C错误。
4．(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，母线与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则( )
A．小球受重力、支持力、拉力和向心力
B．小球可能只受拉力和重力
C．当ω＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零
D．当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用
答案 BC
解析 转速较小时，小球紧贴锥体，则FTcs θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcs θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当角速度ω达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mω02lsin θ，解得ω0＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力和拉力的作用，D错误．
5．(多选)(2023·湖北省华大新高考联盟名校联考)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平、OA竖直，一个直径略小于管内径的小球(可视为质点)由B点以某一初速度v0进入细管，之后从管内的A点以大小为vA的水平速度飞出．忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>eq \r(3gR)
B．为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>eq \r(2gR)
C．为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0＝eq \r(\f(5gR,2))
D．小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>eq \r(gR)，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点
答案 BC
解析 小球能从A点飞出，则在A点的最小速度大于零，则由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02>mgR，则小球在B点的初速度必须满足v0>eq \r(2gR)，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vAt，R＝eq \f(1,2)gt2，联立解得vA＝eq \r(\f(gR,2))，eq \f(1,2)mv02＝mgR＋eq \f(1,2)mvA2，小球在B点的初速度应为v0＝eq \r(\f(5gR,2))，选项C正确；要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为eq \r(\f(gR,2))，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误．
6．如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)．它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零．则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
答案 B
解析 对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq \f(vA2,R)，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下为28 N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq \f(vB2,R)，解得vB＝4 m/s，故选B.
7． (2023·湖南岳阳市第十四中学检测)如图所示，叠放在水平转台上的物体 A、B及物体 C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C 的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A 和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A、B、C均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度需要满足ω≤eq \r(\f(μg,r))
D．若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体
答案 B
解析 由于物体 A、B及物体 C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，由静摩擦力提供向心力，则B对A的摩擦力一定为FfA＝3mω2r，又有0ω3，由于物体 A、B及物体 C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝eq \r(\f(2μg,3r))，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误．
8．(2023·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B(均可视为质点)，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g，则球B在最高点时( )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为eq \r(2gL)
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
答案 C
解析 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg＝meq \f(vB2,2L)，解得vB＝eq \r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝eq \f(1,2)eq \r(2gL)，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(vA2,L)，解得F＝1.5mg，即杆受到的弹力大小为1.5mg，可知水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C正确，D错误．
9．(2023·重庆市西南大学附属中学月考)如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上有一长L＝0.8 m的轻杆，杆一端固定在O点，可绕O点自由转动，另一端系一质量为m＝0.05 kg的小球(可视为质点)，小球在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2.要使小球能到达最高点A，则小球在最低点B的最小速度是( )
A．4 m/s B．2eq \r(10) m/s
C．2eq \r(5) m/s D．2eq \r(2) m/s
答案 A
解析 小球恰好到达A点时的速度大小为vA＝0，此时对应B点的速度最小，设为vB，对小球从A到B的运动过程，由动能定理有eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2＝2mgLsin α，代入数据解得vB＝4 m/s，故选A.
10．(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的水平细绳连接，木块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．当ω>eq \r(\f(2Kg,3L))时，A、B会相对于转盘滑动
B．当ω>eq \r(\f(Kg,2L))，绳子一定有弹力
C．ω在eq \r(\f(Kg,2L))<ωD．ω在0<ω答案 ABD
解析 当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘即将滑动，则有Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝eq \r(\f(2Kg,3L))，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝eq \r(\f(Kg,2L))，可知当ω>eq \r(\f(Kg,2L))时，绳子有弹力，B项正确；当ω>eq \r(\f(Kg,2L))时，B已达到最大静摩擦力，则ω在eq \r(\f(Kg,2L))<ω11．(多选)(2024·广东东莞市第四中学月考)如图所示，半径R＝3l的光滑圆筒竖直固定，长度为5l的轻绳，一端固定在圆筒轴线上一点，另一端悬挂可视为质点、质量为m的小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，小球始终在圆筒内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小球角速度越大，轻绳的拉力越大
B．小球角速度ω＝eq \r(\f(g,l))时，轻绳的拉力为5mg
C．小球角速度ω＝eq \r(\f(2g,9l))时，小球受两个力的作用
D．小球角速度ω＝eq \r(\f(g,2l))时，筒壁与小球之间作用力大小为eq \f(3,4)mg
答案 CD
解析 当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为FT＝eq \f(mg,cs θ)，可知此时随着小球角速度越大θ越大，绳子的拉力越大，当小球与圆筒接触后，小球角速度再大时θ不变，故此时绳子的拉力不变，故A错误；当小球与圆筒刚好接触时有mgtan θ＝mω2R，tan θ＝eq \f(3l,\r(5l2－3l2))＝eq \f(3,4)，解得ω＝eq \r(\f(g,4l))，故可知当ω>eq \r(\f(g,4l))时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角速度ω＝eq \r(\f(g,l))时，此时小球与圆筒间有弹力，绳子的拉力为FT＝eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(mg,\f(4,5))＝eq \f(5,4)mg，当小球角速度ω＝eq \r(\f(2g,9l))12．(2023·河南郑州市外国语学校模拟)越野滑雪集训队在某雪上项目室内训练基地，利用工作起来似巨型“陀螺”的圆盘滑雪机模拟一些特定的训练环境和场景，滑雪机转速和倾角根据需要可调。一运动员的某次训练过程简化为如图模型：圆盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离为10 m处的运动员(保持如图滑行姿势，可看成质点)与圆盘始终保持相对静止，运动员质量为60 kg，与盘面间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为15°，g取10 m/s2，已知sin 15°≈0.260，cs 15°≈0.966。则下列说法正确的是( )
A．运动员随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到两个力的作用
B．ω的最大值约为0.47 rad/s
C．ω取不同值时，运动员在最高点受到的摩擦力一定随ω的增大而增大
D．某次运动员转到最低点时恰好不滑动，若运动员离转轴距离变为11 m处，则运动员仍可随圆盘做匀速圆周运动
答案 B
解析 运动员随圆盘做匀速圆周运动时，在最高点位置可能只受到重力和支持力，二者的合力恰好提供向心力，其他位置一定受重力、支持力、摩擦力三个力，三者的合力提供向心力，故A错误；在圆盘最低点，根据μmgcs 15°－mgsin 15°＝mωmax2r，解得ωmax≈0.47 rad/s，故B正确；ω取不同数值时，设摩擦力指向圆心，则有mgsin 15°＋Ff＝mω12r，设摩擦力背离圆心，则有mgsin 15°－Ff′＝mω22r，由两式可知ω取不同数值时，运动员在最高点受到的摩擦力可能大小相等，方向相反，故C错误；运动员转到最低点时恰好不滑动，有μmgcs 15°－mgsin 15°＝mωmax2r，若此时半径变大，合力不足以提供向心力，运动员将会做离心运动，故D错误。
13．(多选)(2023·湖北省重点中学检测)如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高点、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )
A．铁球可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道转动时机械能守恒
C．铁球在A点的速度一定大于或等于eq \r(gR)
D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg
答案 BD
解析 铁球绕轨道转动受到重力、轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速度方向垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B正确，A错误；铁球在A点时，有mg＋F吸－FNA＝meq \f(vA2,R)，当FNA＝mg＋F吸时，vA＝0，选项C错误；铁球从A到B的过程，由动能定理有2mgR＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，当vA＝0时，铁球在B点的速度最小，解得vBmin＝2eq \r(gR)，球在B点处，轨道对铁球的磁性引力最大，F吸－mg－FNB＝meq \f(vB2,R)，当vB＝vBmin＝2eq \r(gR)且FNB＝0时，解得F吸min＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，选项D正确．
14．(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.35 m且内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v0＝3.5 m/s的初速度进入轨道，g＝10 m/s2，则( )
A．小球不会脱离圆轨道
B．小球会脱离圆轨道
C．小球脱离轨道时的速度大小为eq \f(\r(7),2) m/s
D．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30°
答案 BCD
解析 若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝eq \r(3.5) m/s，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv0′2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mv2，解得v0′＝eq \f(\r(70),2) m/s>v0＝3.5 m/s，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．
在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsin θ＝meq \f(v12,R)，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝mgR(1＋sin θ)＋eq \f(1,2)mv12，联立解得sin θ＝eq \f(1,2)，即θ＝30°，则v1＝eq \r(gRsin θ)＝eq \f(\r(7),2) m/s，故C、D正确．
轻绳模型
(最高点无支撑)
轻杆模型
(最高点有支撑)
实例
球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等
球与杆连接、球在光滑管道中运动等
图示
受力
示意图
F弹向下或等于零
F弹向下、等于零或向上
力学
方程
mg＋F弹＝meq \f(v2,R)
mg±F弹＝meq \f(v2,R)
临界
特征
F弹＝0
mg＝meq \f(vmin2,R)
即vmin＝eq \r(gR)
v＝0
即F向＝0
F弹＝mg
讨论
分析
(1)最高点，若v≥eq \r(gR)，F弹＋mg＝meq \f(v2,R)，绳或轨道对球产生弹力F弹
(2)若v(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心
(2)当0(3)当v＝eq \r(gR)时，F弹＝0
(4)当v>eq \r(gR)时，mg＋F弹＝meq \f(v2,R)，F弹指向圆心并随v的增大而增大